探究与发现 为什么截口曲线是椭圆教学设计模板

微专题《圆锥曲线热点问题之——定值问题》

———教学设计说明

泸州老窖天府中学 考情分析

锥曲线是解析几何的重要内容之一,也是高考重点考查的内容和热点,知识综合性较强,对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高,这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．定值问题与定点问题是这类题目的典型代表,为了提高同学们解题效率,特别是高考备考效率,本文列举了一些典型的定值问题,以起到抛砖引玉的作用．

圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略

（1）把相关几何量的变元特殊化，在特例中求出几何量的定值，然后再证明结论与特定状态无关(其实就是找特殊量，常在小题里) （2）把相关几何量用圆锥曲线中的参变量表示出来，再证明结论与参数无关（常在大题证明里面，其实就是设参数）依据不同的类型设置不同的参数，题型尤一下几类题型

题型一：求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；

题型二：求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．

题型三：和面积有关的定值，如三角形、四边形的面积之间饿运算为定值，要注意几种求三角形面积的方法，（I）常规的底乘高除(II)解三角形中面积的向量法（III）在四边形中对角线垂直的可以用对角线乘积的一半

(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；

(3) 引入：定值问题肯定含有参数，若要证明一个式子是定值，则意味着参数是不影响结果的，也就是说参数在解式子的过程中可以消掉，因此解决定值问题的关键是设置参数：

解析几何在参数可能是点（注意如果设点是两个参数时，注意横坐标要满足圆锥曲线方程），可能是角也有可能是斜率（这种情况比较常用），当然

引入：

题型分析

x2y2例题1、如图，已知椭圆C:221ab0的左、右顶点分别为A1,A2，上、下顶ab点分别为B1,B2，两个焦点分别为F1,F2，

A1B227，四边形A1B1A2B2的面积是四边形B1F1B2F2的面积的2倍.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆C的右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于P,Q两点，

A,B是椭圆C上位于直线PQ两侧的两点.若直线AB过点1,1，且APQBPQ，求证直线AB的斜率为定值. 22解：（1）因为A,所以ab27

B2712由四边形A1B1A2B2的面积是四边形B1F1B2F2的两倍

可得112a2b22c2b 得 a2c

222222可得ab7c28得c4

a216,b212

x2y21

所以椭圆的方程为1612（2）由（1）易知点P,Q的坐标分別为2,3,2,3. 因为APQBPQ，所以直线PA,PB的斜率之和为0. 设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为k，

Ax1,y1,Bx2,y2，

直线PA的方程为y3kx2，由{y3kx2,x2y21,16122

可得34k2x28k32kx432k480，

，

∴x1282k3k34k2同理直线PB的方程为y3kx2， 可得x128k2k334k28k2k334k2，

16k21248k,xx∴x1x2，

122234k34kkABkx1x24k1y1y2kx123kx223

，

x1x2x1x2x1x22

即证直线AB的斜率为定值

x2y2变式训练1：已知椭圆:C:221ab0上顶点为B,左右焦点分别为F1,F2,且ab椭圆C的离心率为1，向量F2F1在向量F2B上的投影为1 21的直线l2（1）求椭圆C的方程

（2）已知过椭圆F2且垂直于x轴的直线于椭圆C在第一象限交于点A,斜率为交椭圆C于E,F两点，（不同于点A）

（I）求弦长EF的最大值

（II）设直线AE的斜率为kAE与直线AF的斜率为kAF，求证kAEkAF为定值

解（1）由题可知c1，向量F2F1在向量F2B上的投影a2|F2F1|cosF1F2B|F2F1||OF2|2c1

|BF2|a解得a2222 所以bac3

c1x2y21

所以椭圆C的方程是1612（3）（I）设直线l的方程为y1xm

21yxm222xmxm120

联立2消元整理得2xy134则判别式m4(m3)0，解得-2m2

设E(x1,y1),F(x2,y2)，则由韦达定理得x1x2m,x1x2m2

所以由弦长公式，得

2225512|EF|1|x1x2|（x1x2）4x1x2123m2

222

20m22，所以0|EF|15

所以弦长EF的最大值为15

（II）由题易知F2(1,0),A1,

32直线AE的斜率kAE33y22，直线AF的斜率为k2

AFx11x21y1所以kAEkAF331xm3(x1)1xm3(x1)1221y1y2222222

x11x21(x11)(x21)x1x2(m2)(x1x2)2m3

x1x2(x1x2)1m23(m2)(m)2m3

m2m20

m2m20

所以kAEkAF为定值0

x22y21，过原点的直线l与椭圆C交于A,B两点，椭圆C上一点满例题2.椭圆方程33足|MA||MB|,求证

解：设直线l的方程为ykx，则直线OM的方程为y112为定值

|OA|2|OB|2|OM|21x，A(x1,y1),B(x2,y2)

kykx233k222x1,y1联立x

2y22212k12k1333(1k2)所以|OA||OB|xy

212k22212113(1k2)2用替换k，得|OM|

k2k2

11212k212k242k2所以有

|OA|2|OB|2|OM|23(1k2)3(1k2)3(1k2)12k212k242k2

3(1k2)2

x2y21，点A、B、C都在椭圆E上，O为坐标原点，D为AB中例3.已知椭圆E：43点，且CO2OD. （1）若点C的坐标为1,，求直线AB的方程；

（2）求证：ABC面积为定值. 解：设A(x1,y2),B(x2,y2)，D(x0,y0)因为CO2OD,所以D(3213,)

24x12y12143将A,B代入椭圆方程中，可得化简可得22x2y2134(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0

43可得kABy1y23(x1x2)311

x1x24(y1y2)4kOD2直线lAB的方程为x2y20

（2）证明：设C(m,n)，∴D(mn,)，

223232①当直线AB的斜率不存在时，n0，由题意可得C(2,0)，A(1,),B(1,)，或33C(2,0)A(1,),B(1,)，此时S22ABC1933；

22②当直线AB的斜率存在时，n0，由（1）kAB313m，

4kOC4nn3mm3m3m24n2(x)，即直线AB：yx∴lAB:y

，

24n24n8n

即3mx4ny60，3mx4ny60223x4y12

化简整理得3x3mx34n0，

224n2∴x1x2m,x1x21

3∵CO2OD

9m24n22|AB|1m4(1)

216n39m216n24216n2

4n416n23319m216n2

2O到AB的距离，d69m16n22

SABC3SOBC116939m216n2.

229m216n22∴SABC为定值. 本专题约一课时，用“引入——探究——实践——体会——自主学习——合作归纳——课后笔记与反思——强化训练”的模式，让学生在学习中激发求知欲，展现乐于探究，自信备考，在高考真题中实战演练，在实践再次分享合作学习的快乐和独立思考的成就感。既体现了源于课本而高于课本的重点知识和解题技巧的运用，也感悟到高考出题者与应考者的交集的存在性。老师的教与学生的学，老师的引导与学生的跟进，课堂上的识读、探索、归纳、总结与课后的强化训练、得失反思，环环相扣，层层深入，充分体现教师是教学活动的组织者、引导者、合作者，学生是学习的主体，通过动手探索、动脑思考，层层递进，对知识的理解逐步,对重点的知识深入理解和解题技法精准归纳，直至成为众多考生中的佼佼者、高考的最终获胜者。